【文章內(nèi)容簡介】 g(a+b)中以b為主變元構(gòu)造函2a+xa+xa+x)，則F39。(x)=g39。(x)2[g()]39。=lnxln． 222當(dāng)0xa時(shí)，F(xiàn)39。(x)0，因此F(x)在(0 , a)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)xa時(shí)，F(xiàn)39。(x)0，因此F(x)在(a , +165。)上為增函數(shù)．從而當(dāng)x=a時(shí)，F(xiàn)(x)有極小值F(a)，∵F(a)=0，ba，∴F(b)0，即g(a)+g(b)2g(a+b)0．又設(shè)G(x)=F(x)(xa)ln2，則2G39。(x)=lnxlna+xG39。(x)0．ln2=lnxln(a+x)；當(dāng)x0時(shí)，因此G(x)在(0 , +165。)2a+b)(ba)ln2． 2上為減函數(shù)，∵G(a)=0，ba，∴G(b)0，即g(a)+g(b)2g(例6．【解析】（1）f39。(x)=aexx，∵f(x)在R上為增函數(shù)，∴f39。(x)179。0對x206。R恒成立，即a179。xex對x206。R恒成立；記g(x)=xex，則g39。(x)=exxex=(1x)ex；當(dāng)x1時(shí)，g39。(x)0；當(dāng)x1時(shí)，g39。(x)0．知g(x)在(165。 , 1)上為增函數(shù)，在(1 , +165。)上為減函數(shù)，∴g(x)在x=1時(shí)，取得最大值，即g(x)max=g(1)=（2）記F(x)=f(x)(1+x)=ex111，∴a179。，即a的取值范圍是[ , +165。)．eee12xx1（x0），則F39。(x)=exx1，2令h(x)=F39。(x)=exx1，則h39。(x)=ex1；當(dāng)x0時(shí)，h39。(x)0，∴h(x)在(0 , +165。)上為增函數(shù)，又h(x)在x=0處連續(xù)，∴h(x)h(0)=0，即F39。(x)0，∴F(x)在(0 , +165。)上為增函數(shù)，又F(x)在x=0處連續(xù)，∴F(x)F(0)=0，即f(x)1+x．【點(diǎn)評】當(dāng)函數(shù)取最大（或最小）值時(shí)不等式都成立，可得該不等式恒成立，從而把不等式的恒成立問題可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題．不等式恒成立問題，一般都會涉及到求參數(shù)范圍，往往把變量分離后可以轉(zhuǎn)化為mf(x)（或mf(x)）恒成立，于是m大于f(x)的最大值（或m小于f(x)的最小值），從而把不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題．因此，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最 值是解決不等式恒成立問題的一種重要方法．例7．【解析】 對不等式兩邊取對數(shù)得(1+)ln(1+x)1+1xx，化簡為2(1+x)ln(1+x)2x+x2，2(l1+x)，設(shè)輔助函數(shù)f(x)=2x+x22(1+x)ln(，f39。(x)=2x2n1+x)（x179。0）又f39。39。(x)=2x0（x0），易知f39。(x)在(0 , +165。)上嚴(yán)格單調(diào)增加，從而f39。(x)f39。(0)=01+x（x0），又由f(x)在[0 , +165。)上連續(xù)，且f39。(x)0，得f(x)在[0 , +165。)上嚴(yán)格單調(diào)增加，∴f(x)f(0)=0（x0），即2x+x22(1+x)ln(1+x)0，2x+x22(1+x)ln(1+x)，故(1+x)1+1xe1+x2（x0）．【解析】f162。(x)=12lnx2a2lnx+1，∴f162。(x)0，即f(x)，當(dāng)x1，a179。0時(shí)，不難證明xxx 在(0,+165。)內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x1時(shí)，f(x)f(1)=0，∴當(dāng)x1時(shí)，恒有xln2x2alnx+1．【解析】設(shè)F(x)=g(x)f(x)=12x+2ax3a2lnxb，則23a2(xa)(x+3a)（x0），∵a0，∴當(dāng)x=a時(shí)，F(xiàn)39。(x)=0，F(xiàn)39。(x)=x+2a=xx故F(x)在(0 , a)上為減函數(shù)，在(a , +165。)上為增函數(shù)，于是函數(shù)F(x)在(0 , +165。)上的最小值是F(a)=f(a)g(a)=0，故當(dāng)x0時(shí)，有f(x)g(x)179。0，即f(x)179。g(x)．【解析】函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?1 , +165。)，f39。(x)=11x=，∴當(dāng)1x01+x(1+x)2(1+x)2時(shí)，f39。(x)0，即f(x)在x206。(1 , 0)上為減函數(shù)；當(dāng)x0時(shí)，f39。(x)0，即f(x)在x206。(0 , +165。)上為增函數(shù)；因此在x=0時(shí)，f(x)取得極小值f(0)=0，而且是最小值，于是f(x)179。f(0)=0，從而ln(1+x)179。1xa1b=1，于是，即ln(1+x)179。1，令1+x=0，則11+x1+xbx+1aabbf(x)xf39。(x)f(x)ln179。1，因此lnalnb179。1．163。0，故【解析】F(x)=，F(xiàn)39。(x)=baaxx2f(x)f(a)f(b)222。af(b)163。bf(a)，故選A． F(x)=179。在(0 , +165。)上是減函數(shù)，由ab有xab8第三篇：構(gòu)造函數(shù)法證明不等式構(gòu)造函數(shù)法證明不等式河北省 趙春祥不等式證明是中學(xué)數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容之一．由于證明不等式?jīng)]有固定的模式，證法靈活多樣，技巧性強(qiáng)，使其成為各種考試命題的熱點(diǎn)問題，函數(shù)法證明不等式就是其常見題型．即有些不等式可以和函數(shù)建立直接聯(lián)系，通過構(gòu)造函數(shù)式，利用函數(shù)的有關(guān)特性，完成不等式的證明．一、構(gòu)造一元一次函數(shù)證明不等式例1設(shè)0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，求證：x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．證明：構(gòu)造一次函數(shù)f(x)= x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)，整理，得f(x)=(1－y－z)x＋(y＋z－yz)其中0＜x＜1，∵0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，∴－1＜1－y－z＜1．⑴當(dāng)0＜1－y－z＜1時(shí)，f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，于是f(x)＜f(1)=1－yz＜1；⑵當(dāng)－1＜1－y－z＜0時(shí)，f(x)在(0，1)上是減函數(shù)，于是f(x)＜f(0)= y＋z－yz = 1－(1－y)(1－z)＜1；⑶當(dāng)1－y－z = 0，即y＋z = 1時(shí)，f(x)= y＋z－yz = 1－yz＜1．綜上，原不等式成立．例2已知 | a |＜1，| b |＜1，| c |＜1，求證：abc＋2＞a＋b＋c．證明：構(gòu)造一次函數(shù)f(x)=(bc－1)x＋2－b－c，這里，| b |＜1，| c |＜1，| x |＜1，則bc ＜1． ∵f(1)= 1－bc＋2－b－c =(1－bc)＋(1－b)＋(1－c)＞0，f(1)= bc－1＋2－b－c =(1－b)(1－c)＞0，∵－1＜x＜1，∴一次函數(shù)f(x)=(bc－1)x＋2－b－c的圖象在x軸上方，這就是說，當(dāng)| a |＜1，| b |＜1，|